高考電磁學(xué)計(jì)算題專練

PAGE高三物理復(fù)習(xí)資料－電學(xué)實(shí)驗(yàn)與計(jì)算題專練第1頁(yè)（共12頁(yè)）高三物理復(fù)習(xí)資料－電磁學(xué)計(jì)算專練姓名學(xué)號(hào)班級(jí)1．（18分）如圖（a）所示，傾斜放置的光滑平行導(dǎo)軌，長(zhǎng)度足夠長(zhǎng)，寬度L=0.4m，自身電阻不計(jì)，上端接有R=0.3Ω的定值電阻。在導(dǎo)軌間MN虛線以下的區(qū)域存在方向垂直導(dǎo)軌平面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。在MN虛線上方垂直導(dǎo)軌放有一根電阻r=0.1Ω的金屬棒。現(xiàn)將金屬棒無(wú)初速釋放，其運(yùn)動(dòng)時(shí)的v-t圖象如圖（b）所示。重力加速度取g=10m/s2。試求：（1）斜面的傾角θ和金屬棒的質(zhì)量m；（2）在2s～5s時(shí)間內(nèi)金屬棒動(dòng)能減少了多少？此過(guò)程中整個(gè)回路產(chǎn)生的熱量Q是多少（結(jié)果保留一位小數(shù)）？θθ2.（18分）如圖所示，一半徑為r的圓形導(dǎo)線框內(nèi)有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)線框所在平面，導(dǎo)線框的右端通過(guò)導(dǎo)線接一對(duì)水平放置的平行金屬板，兩板間的距離為d。在t=0時(shí)，圓形導(dǎo)線框內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B從B0開(kāi)始均勻增大；同時(shí)，有一質(zhì)量為m、帶電量為q的液滴以初速度v0水平向右射入兩板間（該液滴可視為質(zhì)點(diǎn)）。該液滴恰能從兩板間作勻速直線運(yùn)動(dòng)，然后液滴在電場(chǎng)強(qiáng)度大小（恒定）、方向未知、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1、寬為L(zhǎng)的（重力場(chǎng)、電場(chǎng)、磁場(chǎng)）復(fù)合場(chǎng)（磁場(chǎng)的上下區(qū)域足夠大）中作勻速圓周周運(yùn)動(dòng)．求：⑴磁感應(yīng)強(qiáng)度B從B0開(kāi)始均勻增大時(shí)，試判斷1、2兩板哪板為正極板？磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化率K=？⑵（重力場(chǎng)、電場(chǎng)、磁場(chǎng)）復(fù)合場(chǎng)中的電場(chǎng)強(qiáng)度方向如何？大小如何？⑶該液滴離開(kāi)復(fù)合場(chǎng)時(shí)，偏離原方向的距離。3．（18分）如圖所示，在空間中存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其豎直邊界AB、CD的寬度為d，在邊界AB左側(cè)是豎直向下、場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)?，F(xiàn)有質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子（不計(jì)重力）從P點(diǎn)以大小為v0的水平初速度射入電場(chǎng)，隨后與邊界AB成45°射入磁場(chǎng)。若粒子能垂直CD邊界飛出磁場(chǎng)，穿過(guò)小孔進(jìn)入如圖所示兩豎直平行金屬板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)中減速至零且不碰到正極板。（1）請(qǐng)畫(huà)出粒子上述過(guò)程中的運(yùn)動(dòng)軌跡，并求出粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小v；（2）求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B；（3）求金屬板間的電壓U的最小值。4．（18分）如圖所示，串聯(lián)阻值為的閉合電路中，面積為的正方形區(qū)域abcd存在一個(gè)方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增加且變化率為k的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，abcd的電阻值也為，其他電阻不計(jì)．電阻兩端又向右并聯(lián)一個(gè)平行板電容器．在靠近板處由靜止釋放一質(zhì)量為、電量為的帶電粒子（不計(jì)重力），經(jīng)過(guò)板的小孔進(jìn)入一個(gè)垂直紙面向內(nèi)、磁感應(yīng)強(qiáng)度為Ｂ的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)，已知該圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)的半徑為。求：(1)電容器獲得的電壓；(2)帶電粒子從小孔射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)的速度；(3)帶電粒子在圓形磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)時(shí)的軌道半徑及它離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角．7．（18分）兩根足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌平行固定在傾角為θ的斜面上，它們的間距為d．磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)充滿整個(gè)空間、方向垂直于斜面向上．兩根金屬桿ab、cd的質(zhì)量分別為m和2m，垂直于導(dǎo)軌水平放置在導(dǎo)軌上，如圖所示．設(shè)桿和導(dǎo)軌形成的回路總電阻為R而且保持不變，重力加速度為g．（1）給ab桿一個(gè)方向沿斜面向上的初速度，同時(shí)對(duì)ab桿施加一平行于導(dǎo)軌方向的恒定拉力，結(jié)果cd桿恰好保持靜止而ab桿則保持勻速運(yùn)動(dòng)．求拉力做功的功率．（2）若作用在ab桿的拉力與第（1）問(wèn)相同，但兩根桿都是同時(shí)從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，求兩根桿達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)的速度．8．（18分）兩根足夠長(zhǎng)的固定的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，兩導(dǎo)軌間距為．導(dǎo)軌上面橫放著兩根導(dǎo)體棒PQ和MN，構(gòu)成矩形回路，如圖所示．導(dǎo)體棒PQ的質(zhì)量為m、MN的質(zhì)量為2m，兩者的電阻皆為R，回路中其余部分的電阻可不計(jì)．在整個(gè)導(dǎo)軌平面內(nèi)都有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．設(shè)兩導(dǎo)體棒均可沿導(dǎo)軌無(wú)摩擦地滑行．開(kāi)始時(shí)，棒MN靜止處于距導(dǎo)軌右端為d處，PQ棒以大小為v0的初速度從導(dǎo)軌左端開(kāi)始運(yùn)動(dòng)（如圖）．忽略回路的電流對(duì)磁場(chǎng)產(chǎn)生的影響．（1）求PQ棒剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，回路產(chǎn)生的電流大小．（2）若棒MN脫離導(dǎo)軌時(shí)的速度大小為，則回路中產(chǎn)生的焦耳熱是多少？（3）若原來(lái)回路中靠近MN棒一側(cè)的導(dǎo)軌中串聯(lián)接有一個(gè)恒流電源，該電源使回路中的電流大小始終保持為I0（沿PMNQP方向），試討論MN棒脫離導(dǎo)軌時(shí)速度v的大小與d的關(guān)系．9．（18分）如圖所示裝置由加速電場(chǎng)、偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)和偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)組成。偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)處在加有電壓的相距為d的兩塊水平平行放置的導(dǎo)體板之間，勻強(qiáng)磁場(chǎng)水平寬度為l，豎直寬度足夠大，大量電子（其重力不計(jì)）由靜止開(kāi)始，經(jīng)加速電場(chǎng)加速后，連續(xù)不斷地沿平行板的方向從兩板正中間射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)。當(dāng)兩板沒(méi)有加電壓時(shí)，這些電子通過(guò)兩板之間的時(shí)間為2t0，當(dāng)在兩板間加上如圖乙所示的周期為2t0、幅值恒為U0的電壓時(shí)，所有電子均能通過(guò)電場(chǎng)，穿過(guò)磁場(chǎng)，最后打在豎直放置的熒光屏上（已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e）。求：（1）如果電子在t=0時(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，求它離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的側(cè)向位移大小；（2）（3）要使電子能垂直打在熒光屏上，勻磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為多少？參考解答及評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)1．（18分）（1）（8分）在0~2s時(shí)間內(nèi)，金屬棒受力如圖所示，合力根據(jù)牛頓第二定律得（1分）由圖象知（1分）解得或（1分）在t=5s之后金屬棒做勻速運(yùn)動(dòng)，且v2=6m/s；金屬棒受力平衡，沿軌道平面有（1分）而感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)（1分）感應(yīng)電流（1分）（1分）解得kg（1分）（2）（10分）2s~5s內(nèi)金屬棒初速度v1=12m/s，末速度v2=6m/s，故金屬棒的動(dòng)能減小量為（2分）對(duì)該過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理，有（2分）2s~5s內(nèi)金屬棒位移為v-t圖象相對(duì)應(yīng)的“面積”（3分）功是能量轉(zhuǎn)化的量度，在2s~5s過(guò)程安培力對(duì)金屬棒做功（1分）代入數(shù)據(jù)解得（2分）2．（1）2極板為正極板（2分）由題意可知： 兩板間的電壓U＝①（1分）而：S＝πr2②帶電液滴受的電場(chǎng)力：F＝③（1分）故：F－mg＝0④（1分）由以上各式得K＝⑤（1分）（2）液滴在復(fù)合場(chǎng)中作勻速圓周周運(yùn)動(dòng)，則必須電場(chǎng)力與重力平衡，所以，電場(chǎng)力方向豎直向上，由（1）知該液滴帶正電，故電場(chǎng)強(qiáng)度方向豎直向上。（2分）設(shè)勻強(qiáng)電場(chǎng)強(qiáng)度為E，則⑥（2分）(3)液滴進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)半徑為R由牛頓第二定律有：⑦（1分）所以:（1分）討論：①若R>L，電子從磁場(chǎng)右邊界離開(kāi)（1分）由幾何關(guān)系知偏轉(zhuǎn)距離為⑧（1分）代入數(shù)據(jù)并整理得⑨（1分）②若R≤L，電子從磁場(chǎng)左邊界離開(kāi)（1分）由幾何關(guān)系知偏轉(zhuǎn)距離為d=2R（1分）代入數(shù)據(jù)并整理得⑩（1分）（用其他解法正確的同樣給分）3.（18分）解：（1）軌跡如圖所示；（2分）（2分）（2）粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)其軌道半徑R由幾何關(guān)系可知：（2分）（3分）解得：（3分）（3）粒子進(jìn)入板間電場(chǎng)至速度減為零的過(guò)程，由動(dòng)能定理有：（3分）解得：（3分）4．(18分)解：(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，閉合電路的電動(dòng)勢(shì)為：(2分)根據(jù)閉合電路的歐姆定律，閉合電路的電流為：(2分)電阻獲得的電壓(1分)因電容器與電阻是并聯(lián)的，故電容器獲得的電壓(1分)(2)帶電粒子在電容器中受到電場(chǎng)力作用而做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理，有：(2分)得到帶電粒子從小孔射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)的速度為：(2分)(3)帶電粒子進(jìn)入圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)后，洛倫茲力提供其做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，有：(2分)得帶電粒子在圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的半徑為：(2分)又圓形磁場(chǎng)的半徑，即(1分)根據(jù)左手定則，帶電粒子在圓形磁場(chǎng)向右轉(zhuǎn)過(guò)的圓周（如右圖所示），故它離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角為90°．(3分)5（18分）解：（1）由左手定則可知：該粒子帶正電荷。（1分）rdv0O粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)半徑為rdv0O幾何關(guān)系有：（2分）得：（1分）粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律：（2分）得：（1分）（2）ab棒達(dá)到最大速度時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)：①（2分）NF安mg對(duì)回路，由閉合電路歐姆定律：②（NF安mg由①②得：（1分）（3）當(dāng)ab棒達(dá)到最大速度時(shí)，設(shè)變阻器接入電路電阻為R，電壓為U由①式得：對(duì)變阻器，由歐姆定律：③（1分）極板電壓也為U，粒子勻速運(yùn)動(dòng)：④（2分）由①③④得：（1分）因R為：，故粒子的速度范圍為：（2分）6．（18分）解：（1）微粒在加速電場(chǎng)中由動(dòng)能定理得（2分）解得v0=1.0×104m/s（1分）（2）微粒在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，有（2分）（2分）飛出電場(chǎng)時(shí)，速度偏轉(zhuǎn)角的正切為（2分）解得θ=30o（1分）進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)微粒的速度是：（2分）（3）軌跡如圖，由幾何關(guān)系有：（2分）洛倫茲力提供向心力：（1分）聯(lián)立以上三式得（2分）代入數(shù)據(jù)得D=0.1m7．（18分）參考解答（1）cd桿保持靜止，則桿所受安培力：①（2分）設(shè)ab桿所受的拉力為F，則對(duì)ab桿，有：②（2分）設(shè)ab桿的速度為v0，則回路中的感應(yīng)電流：③（2分）拉力做功的功率：④（1分）聯(lián)立解得拉力做功的功率：⑤（2分）（2）開(kāi)始時(shí)ab桿所受合力沿斜面向上，因此沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，而cd桿所受合力沿斜面向下，因此沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，隨著速度的增大，安培力也逐漸增大，最后兩桿同時(shí)達(dá)到勻速運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。設(shè)ab桿和cd桿最后的速度大小分別為v1、v2，因?yàn)閮蓷U組成的系統(tǒng)所受的外力合力為零，因此系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取沿斜面向上為正方向，則：⑥（2分）cd桿勻速運(yùn)動(dòng)，則桿所受安培力：⑦（1分）回路中的電流：⑧（2分）聯(lián)立解得ab桿和cd桿達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)的速度分別為：（方向沿斜面向上）⑨（2分,）（方向沿斜面向下）⑩（2分）8．（18分）參考解答：（1）由法拉第電磁感應(yīng)定律，棒PQ產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)：①（2分）則回路產(chǎn)生的電流大?。孩冢?分）（2）棒PQ和MN在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終受到等大反向的安培力，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，得③（2分）由能量守恒定律，回路中產(chǎn)生的焦耳熱為④（2分）解得⑤（1分）（3）回路中的電流始終保持為I0，則棒PQ和MN所受的安培力大小保持不變．若d足夠長(zhǎng)，則棒PQ先向右勻減速運(yùn)動(dòng)再向左勻加速運(yùn)動(dòng)，返回軌道左端時(shí)速度大小仍為v0，而這個(gè)過(guò)程棒MN一直向右勻加速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)量守恒定律得⑥（2分）設(shè)這個(gè)過(guò)程棒MN的位移為x，由動(dòng)能定理得⑦（2分）解得⑧（1分）討論：①當(dāng)時(shí)，棒MN在導(dǎo)軌上一直向右勻加速運(yùn)動(dòng)直到脫離導(dǎo)軌，由動(dòng)能定理得解得MN棒脫離導(dǎo)軌時(shí)的速度：⑨（2分）②當(dāng)時(shí)，棒PQ先從導(dǎo)軌左端脫離導(dǎo)軌，棒MN之后保持勻速運(yùn)動(dòng)直到脫離導(dǎo)軌，脫離導(dǎo)軌時(shí)的速度：⑩（2分）9解：（1）（8分）在t=0時(shí)刻，電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，Ox方向（水平向右為正）做勻速直線運(yùn)動(dòng)。（2分）Oy方向（豎直向上為正）在0－t0時(shí)間內(nèi)受電場(chǎng)力作用做勻加速運(yùn)動(dòng)，（2分）在t0－2t0時(shí)間內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度（2分）側(cè)向位移得(2分）(2）（6分）設(shè)電子以初速度v0=vx進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中受電場(chǎng)力作用而加速。不管電子是何時(shí)進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電